排列組合二項(xiàng)式知識(shí)點(diǎn)例題

1、排列組合基本問(wèn)題教案1排列的概念：從個(gè)不同元素中，任?。ǎ﹤€(gè)元素（這里的被取元素各不相同）按照一定的順序排成一列，叫做從個(gè)不同元素中取出個(gè)元素的一個(gè)排列2排列數(shù)的定義：從個(gè)不同元素中，任?。ǎ﹤€(gè)元素的所有排列的個(gè)數(shù)叫做從個(gè)元素中取出元素的排列數(shù)，用符號(hào)表示3排列數(shù)公式：（）4階乘：表示正整數(shù)1到的連乘積，叫做的階乘規(guī)定5排列數(shù)的另一個(gè)計(jì)算公式：= 6組合概念：從個(gè)不同元素中取出個(gè)元素并成一組，叫做從個(gè)不同元素中取出個(gè)元素的一個(gè)組合7組合數(shù)的概念：從個(gè)不同元素中取出個(gè)元素的所有組合的個(gè)數(shù)，叫做從 個(gè)不同元素中取出個(gè)元素的組合數(shù)用符號(hào)表示8組合數(shù)公式：或9.組合數(shù)的性質(zhì)1：規(guī)定：；10.組合數(shù)的性

2、質(zhì)2：+ Cn0+Cn1+Cnn=2n11.二項(xiàng)式展開(kāi)公式：(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+Cnkan-kbk+Cnnbn12.通項(xiàng)公式：二項(xiàng)式展開(kāi)式中第k+1項(xiàng)的通項(xiàng)公式是Tk+1=Cnkan-kbk題型講解 例1 分別求出符合下列要求的不同排法的種數(shù)（1）6名學(xué)生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；（2）6名學(xué)生排成一排，甲不在排頭也不在排尾；（3）從6名運(yùn)動(dòng)員中選出4人參加4×100米接力賽，甲不跑第一棒，乙不跑第四棒；（4）6人排成一排，甲、乙必須相鄰；（5）6人排成一排，甲、乙不相鄰；（6）6人排成一排，限定甲要排在乙的左邊，乙要排在丙的左邊（甲、乙、丙可以不

3、相鄰）解：（1）分排坐法與直排坐法一一對(duì)應(yīng)，故排法種數(shù)為（2）甲不能排頭尾，讓受特殊限制的甲先選位置，有種選法，然后其他5人選，有種選法，故排法種數(shù)為（3）有兩棒受限制，以第一棒的人選來(lái)分類(lèi)：乙跑第一棒，其余棒次則不受限制，排法數(shù)為；乙不跑第一棒，則跑第一棒的人有種選法，第四棒除了乙和第一棒選定的人外，也有種選法，其余兩棒次不受限制，故有種排法，由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理，共有種排法（4）將甲乙“捆綁”成“一個(gè)元”與其他4人一起作全排列共有種排法（5）甲乙不相鄰，第一步除甲乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙選擇已排好的4人的左、右及之間的空擋插位，共有（或用6人的排列數(shù)減去問(wèn)題（2）后排列數(shù)為）（6）三

4、人的順序定，實(shí)質(zhì)是從6個(gè)位置中選出三個(gè)位置，然后排按規(guī)定的順序放置這三人，其余3人在3個(gè)位置上全排列，故有排法種點(diǎn)評(píng)：排隊(duì)問(wèn)題是一類(lèi)典型的排列問(wèn)題，常見(jiàn)的附加條件是定位與限位、相鄰與不相鄰例2 假設(shè)在100件產(chǎn)品中有3件是次品，從中任意抽取5件，求下列抽取方法各多少種？（1）沒(méi)有次品；（2）恰有兩件是次品；（3）至少有兩件是次品解：（1）沒(méi)有次品的抽法就是從97件正品中抽取5件的抽法，共有種（2）恰有2件是次品的抽法就是從97件正品中抽取3件，并從3件次品中抽2件的抽法，共有種（3）至少有2件次品的抽法，按次品件數(shù)來(lái)分有二類(lèi)：第一類(lèi)，從97件正品中抽取3件，并從3件次品中抽取2件，有種第二類(lèi)從

5、97件正品中抽取2件，并將3件次品全部抽取，有種按分類(lèi)計(jì)數(shù)原理有種點(diǎn)評(píng)：此題是只選“元”而不排“序”的典型的組合問(wèn)題，附加的條件是從不同種類(lèi)的元素中抽取，應(yīng)當(dāng)注意：如果第（3）題采用先從3件次品抽取2件（以保證至少有2件是次品），再?gòu)挠嘞碌?8件產(chǎn)品中任意抽取3件的抽法，那么所得結(jié)果是種，其結(jié)論是錯(cuò)誤的，錯(cuò)在“重復(fù)”：假設(shè)3件次品是A、B、C，第一步先抽A、B第二步再抽C和其余2件正品，與第一步先抽A、C（或B、C），第二步再抽B（或A）和其余2件正品是同一種抽法，但在算式中算作3種不同抽法例3 求證：；證明：利用排列數(shù)公式 左 右另一種證法：（利用排列的定義理解）從n個(gè)元素中取m個(gè)元素排列可

6、以分成兩類(lèi)：第一類(lèi)不含某特殊元素的排列有第二類(lèi)含元素的排列則先從個(gè)元素中取出個(gè)元素排列有種，然后將插入，共有m個(gè)空檔，故有種，因此利用組合數(shù)公式左右另法：利用公式推得 左右點(diǎn)評(píng)：證明排列、組合恒等式通常利用排列數(shù)、組合數(shù)公式及組合數(shù)基本性質(zhì)例4 已知是集合到集合的映射（1）不同的映射有多少個(gè)？（2）若要求則不同的映射有多少個(gè)？分析：（1）確定一個(gè)映射，需要確定的像（2）的象元之和為4，則加數(shù)可能出現(xiàn)多種情況，即4有多種分析方案，各方案獨(dú)立且并列需要分類(lèi)計(jì)算解：（1）A中每個(gè)元都可選0,1,2三者之一為像，由分步計(jì)數(shù)原理，共有個(gè)不同映射 （2）根據(jù)對(duì)應(yīng)的像為2的個(gè)數(shù)來(lái)分類(lèi)，可分為三類(lèi)：第一類(lèi)：沒(méi)

7、有元素的像為2，其和又為4，必然其像均為1，這樣的映射只有一個(gè)；第二類(lèi)：一個(gè)元素的像是2，其余三個(gè)元素的像必為0,1,1，這樣的映射有個(gè)；第三類(lèi)：二個(gè)元素的像是2，另兩個(gè)元素的像必為0，這樣的映射有個(gè)由分類(lèi)計(jì)數(shù)原理共有1+12+6=19（個(gè)）點(diǎn)評(píng)：?jiǎn)栴}（1）可套用投信模型：n封不同的信投入m個(gè)不同的信箱，有種方法；問(wèn)題（2）的關(guān)鍵結(jié)合映射概念恰當(dāng)確定分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)，做到不重、不漏例5 四面體的頂點(diǎn)和各棱的中點(diǎn)共10個(gè)點(diǎn)（1）設(shè)一個(gè)頂點(diǎn)為A，從其他9點(diǎn)中取3個(gè)點(diǎn)，使它們和點(diǎn)A在同一平面上，不同的取法有多少種？（2）在這10點(diǎn)中取4個(gè)不共面的點(diǎn)，不同的取法有多少種？解：（1）如圖，含頂點(diǎn)A的四面體的三個(gè)

8、面上，除點(diǎn)A外都有5個(gè)點(diǎn)，從中取出3點(diǎn)必與點(diǎn)A共面，共有種取法含頂點(diǎn)A的棱有三條，每條棱上有3個(gè)點(diǎn)，它們與所對(duì)棱的中點(diǎn)共面，共有3種取法根據(jù)分類(lèi)計(jì)數(shù)原理和點(diǎn)A共面三點(diǎn)取法共有種（2）取出的4點(diǎn)不共面比取出的4點(diǎn)共面的情形要復(fù)雜，故采用間接法：先不加限制任取4點(diǎn)（種取法）減去4點(diǎn)共面的取法取出的4點(diǎn)共面有三類(lèi)：第一類(lèi)：從四面體的同一個(gè)面上的6點(diǎn)取出4點(diǎn)共面，有種取法第二類(lèi)：每條棱上的3個(gè)點(diǎn)與所對(duì)棱的中點(diǎn)共面，有6種取法第三類(lèi)：從6條棱的中點(diǎn)取4個(gè)點(diǎn)共面，有3種取法根據(jù)分類(lèi)計(jì)數(shù)原理4點(diǎn)共面取法共有故取4個(gè)點(diǎn)不共面的不同取法有（種）點(diǎn)評(píng)：由點(diǎn)構(gòu)成直線、平面、幾何體等圖形是一類(lèi)典型的組合問(wèn)題，附加的條

9、件是點(diǎn)共線與不共線，點(diǎn)共面與不共面，線共面與不共面等小結(jié) ：個(gè)不同的元素必須相鄰，有 種“捆綁”方法個(gè)不同元素互不相鄰，分別“插入”到個(gè)“間隙”中的個(gè)位置有 種不同的“插入”方法個(gè)相同的元素互不相鄰，分別“插入”到個(gè)“間隙”中的個(gè)位置，有 種不同的“插入”方法若干個(gè)不同的元素“等分”為 個(gè)組,要將選取出每一個(gè)組的組合數(shù)的乘積除以 【例題解析】例1 完成下列選擇題與填空題（1）有三個(gè)不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有 種。A.81B.64C.24D.4（2）四名學(xué)生爭(zhēng)奪三項(xiàng)冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（ ）A.81B.64C.24D.4（3）有四位學(xué)生參加三項(xiàng)不同的競(jìng)賽，每位學(xué)

10、生必須參加一項(xiàng)競(jìng)賽，則有不同的參賽方法有 ；每項(xiàng)競(jìng)賽只許有一位學(xué)生參加，則有不同的參賽方法有 ；每位學(xué)生最多參加一項(xiàng)競(jìng)賽，每項(xiàng)競(jìng)賽只許有一位學(xué)生參加，則不同的參賽方法有 。解析 （1）完成一件事是“分步”進(jìn)行還是“分類(lèi)”進(jìn)行，是選用基本原理的關(guān)鍵。將“投四封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個(gè)不同信箱的三種方法，因此：N=3×3×3×3=34=81，故答案選A。本題也可以這樣分類(lèi)完成，四封信投入一個(gè)信箱中，有C31種投法；四封信投入兩個(gè)信箱中，有C32（C41·A22+C42·C22）種投法；四封信投入三個(gè)信箱，有兩封信在

11、同一信箱中，有C42·A33種投法、，故共有C31+C32（C41·A22+C42C22）+C42·A33=81（種）。故選A。（2）因?qū)W生可同時(shí)奪得n項(xiàng)冠軍，故學(xué)生可重復(fù)排列，將4名學(xué)生看作4個(gè)“店”，3項(xiàng)冠軍看作“客”，每個(gè)“客”都可住進(jìn)4家“店”中的任意一家，即每個(gè)“客”有4種住宿法。由分步計(jì)數(shù)原理得：N=4×4×4=64。故答案選B。（3）學(xué)生可以選擇項(xiàng)目，而競(jìng)賽項(xiàng)目對(duì)學(xué)生無(wú)條件限制，所以類(lèi)似（1）可得N=34=81（種）；競(jìng)賽項(xiàng)目可以挑學(xué)生，而學(xué)生無(wú)選擇項(xiàng)目的機(jī)會(huì)，每一項(xiàng)可以挑4種不同學(xué)生，共有N=43=64（種）；等價(jià)于從4個(gè)學(xué)生中

12、挑選3個(gè)學(xué)生去參加三個(gè)項(xiàng)目的競(jìng)賽，每人參加一項(xiàng)，故共有C43·A33=24（種）。注 本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題：設(shè)集合A=a1,a2,an,集合B=b1,b2,bm，則f：AB的不同映射是mn,f：BA的不同映射是nm。若nm，則f：AB的單值映射是：Amn。例2 同室四人各寫(xiě)一張賀年卡，先集中起來(lái)，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（ ）A.6種B.9種C.11種D.23種解法一 由于共四人（用1，2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人），這個(gè)數(shù)目不大，化為填數(shù)問(wèn)題之后，可用窮舉法進(jìn)行具體的填寫(xiě)：再按照題目要求檢驗(yàn)，最終易知有9種分配方法。解

13、法二 記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類(lèi)：第一類(lèi)：甲收到乙送出的卡片，這時(shí)丙、丁只有互送卡片1種分配方式；第二類(lèi)：甲收到的不是乙送出的卡片，這時(shí)，甲收到卡片的方式有2種（分別是丙和丁送出的）。對(duì)每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為 ×（1+2）=9。解法三 給四個(gè)人編號(hào)：1，2，3，4，每個(gè)號(hào)碼代表1個(gè)人，人與號(hào)碼之間的關(guān)系為一對(duì)一的關(guān)系；每個(gè)人送出的賀年卡賦給與其編號(hào)相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的分配問(wèn)題可抽象為如下“數(shù)學(xué)問(wèn)題”：將數(shù)字1

14、，2，3，4，填入標(biāo)號(hào)為1，2，3，4的4個(gè)方格里，每格填寫(xiě)一個(gè)數(shù)字，且每個(gè)方格的編號(hào)與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說(shuō)成：用數(shù)字1，2，3，4組成沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的4位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4位數(shù)共有多少個(gè)）？這時(shí)，可用乘法原理求解答案：首先，在第1號(hào)方格里填寫(xiě)數(shù)字，可填上2、3、4中的任一個(gè)數(shù)，有3種填法；其次，當(dāng)?shù)?號(hào)方格填寫(xiě)的數(shù)字為i（2i4）時(shí)，則填寫(xiě)第i種方格的數(shù)字，有3種填法； 最后，將剩下的兩個(gè)數(shù)填寫(xiě)到空著的兩個(gè)空格里，只有1種填法（因?yàn)槭Ｏ碌膬蓚€(gè)數(shù)中，至少有1個(gè)與空著的格子的序號(hào)相同）。因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法：3×3×1=9注 本題是“

15、亂坐問(wèn)題”，也稱(chēng)“錯(cuò)排問(wèn)題”，當(dāng)元素較大時(shí)，必須用容斥原理求解，但元素較小時(shí)，應(yīng)用分步計(jì)數(shù)原理和分類(lèi)計(jì)數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉。例3 宿舍樓走廊上有有編號(hào)的照明燈一排8盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時(shí)熄掉其中3盞，但不能同時(shí)熄掉相鄰的燈，問(wèn)熄燈的方法有多少種？解法一 我們將8盞燈依次編號(hào)為1，2，3，4，5，6，7，8。在所熄的三盞燈中，若第一盞熄1號(hào)燈，第二盞熄3號(hào)燈，則第3盞可以熄5，6，7，8號(hào)燈中的任意一盞，共有4種熄法。若第一盞熄1號(hào)燈，第2盞熄4號(hào)燈，則第3盞可以熄6，7，8號(hào)燈中的任意一盞。依次類(lèi)推，得若1號(hào)燈熄了，則共有4+3+2+1=10種熄法。若1號(hào)燈不熄，第一盞熄

16、的是2號(hào)燈，第二盞熄的是4號(hào)燈，則第三盞可以熄6，7，8號(hào)燈中的任意一盞，共有3種熄法。依次類(lèi)推得，若第一盞燈熄的是2號(hào)燈，則共有3+2+1=6種熄法。同理，若第一盞熄的是3號(hào)燈，則共有2+1=3種熄法。同理，若第一盞熄的是4號(hào)燈，則有1種熄法。綜上所述共有：10+6+3+1=20種熄法。解法二 我們可以假定8盞燈還未安裝，其中5盞燈是亮著的，3盞燈不亮。這樣原問(wèn)題就等價(jià)于：將5盞亮著的燈與3盞不亮的燈排成一排，使3盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的）。5盞亮著的燈之間產(chǎn)生6個(gè)間隔（包括兩邊），從中插入3個(gè)作為熄滅的燈就是我們經(jīng)常解決的“相鄰不相鄰”問(wèn)題，采用“插入法”，得其答案為C63=20種。注

17、 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時(shí)較繁。方法二從另外一個(gè)角度審題，認(rèn)清其數(shù)學(xué)本質(zhì)，抽象成數(shù)學(xué)模型，解題時(shí)有一種豁然開(kāi)朗的感覺(jué)。例4 已知直線ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3個(gè)不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。解 設(shè)傾斜角為，由為銳角，得tan=->0,即a、b異號(hào)。（1）若c=0，a、b各有3種取法，排除2個(gè)重復(fù)（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有3×3-2=7（條）。（2）若c0，a有3種取法，b有3種取法，而同時(shí)c還有4種取法，且其中任兩條直

18、線均不相同，故這樣的直線有3×3×4=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43條。注 本題是1999年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有0.37。錯(cuò)誤原因沒(méi)有對(duì)c=0與c0正確分類(lèi)；沒(méi)有考慮c=0中出現(xiàn)重復(fù)的直線。例5 平面上給定10個(gè)點(diǎn)，任意三點(diǎn)不共線，由這10個(gè)點(diǎn)確定的直線中，無(wú)三條直線交于同一點(diǎn)（除原10點(diǎn)外），無(wú)兩條直線互相平行。求：（1）這些直線所交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)（除原10點(diǎn)外）。（2）這些直線交成多少個(gè)三角形。解法一 （1）由題設(shè)這10點(diǎn)所確定的直線是C102=45條。這45條直線除原10點(diǎn)外無(wú)三條直線交于同一點(diǎn)，由任意兩條直線交一個(gè)點(diǎn)，共有C

19、452個(gè)交點(diǎn)。而在原來(lái)10點(diǎn)上有9條直線共點(diǎn)于此。所以，在原來(lái)點(diǎn)上有10C92點(diǎn)被重復(fù)計(jì)數(shù)。所以這些直線交成新的點(diǎn)是：C452-10C92=630。（2）這些直線所交成的三角形個(gè)數(shù)可如下求：因?yàn)槊總€(gè)三角形對(duì)應(yīng)著三個(gè)頂點(diǎn)，這三個(gè)點(diǎn)來(lái)自上述630個(gè)點(diǎn)或原來(lái)的10個(gè)點(diǎn)。所以三角形的個(gè)數(shù)相當(dāng)于從這640個(gè)點(diǎn)中任取三個(gè)點(diǎn)的組合，即C6403=43 486080（個(gè)）。解法二 （1）如圖對(duì)給定的10點(diǎn)中任取4個(gè)點(diǎn)，四點(diǎn)連成6條直線，這6條直線交3個(gè)新的點(diǎn)。故原題對(duì)應(yīng)于在10個(gè)點(diǎn)中任取4點(diǎn)的不同取法的3倍，即這些直線新交成的點(diǎn)的個(gè)數(shù)是：3C104=630。（2）同解法一。注 用排列、組合解決有關(guān)幾何計(jì)算問(wèn)題

20、，除了應(yīng)用排列、組合的各種方法與對(duì)策之外，還要考慮實(shí)際幾何意義。例6 （1）如果（x+）2n展開(kāi)式中，第四項(xiàng)與第六項(xiàng)的系數(shù)相等。求n，并求展開(kāi)式中的常數(shù)項(xiàng)；（2）求（-）8展開(kāi)式中的所有的有理項(xiàng)。解 （1）由C2n3=C2n5,可得3+5=2n n=4。設(shè)第k+1項(xiàng)為常數(shù)項(xiàng)則 Tk+1=C8k·x8-k·x-k=C8k·x8-2k8-2k=0，即k=4常數(shù)項(xiàng)為T(mén)5=C84=70。（2）設(shè)第k+1項(xiàng)有理項(xiàng)，則因?yàn)?k8，要使Z，只有使k分別取0，4，8所以所求的有理項(xiàng)應(yīng)為：T1=x4,T5=x,T9=x-2注 （1）二項(xiàng)式展開(kāi)中，要注意“系數(shù)”與“二項(xiàng)式系數(shù)”的區(qū)別

21、；（2）在二項(xiàng)展開(kāi)式中求得k后，對(duì)應(yīng)的項(xiàng)應(yīng)該是k+1項(xiàng)。例7 （1）求4×6n+5n+1被20除后的余數(shù)；（2）7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+Cnn-1×7除以9，得余數(shù)是多少？（3）根據(jù)下列要求的精確度，求1.025的近似值。精確到0.01；精確到0.001。解 （1）首先考慮4·6n+5n+1被4整除的余數(shù)。5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+Cn+1n·4+1其被4整除的余數(shù)為1被20整除的余數(shù)可以為1，5，9，13，17然后考慮4·6n+1+5n+1被5整除的余數(shù)。4·

22、6n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+Cnn-1·5+1)被5整除的余數(shù)為4其被20整除的余數(shù)可以為4，9，14，19。綜上所述，被20整除后的余數(shù)為9。（2） 7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+Cnn-1·7 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+(-1)n-1Cnn-1·9+(-1)nCnn-1(i)當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+（-1）n-1Cnn

23、-1·9-2除以9所得余數(shù)為7。(ii)當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+(-1)n-1Cnn-1·9除以9所得余數(shù)為0，即被9整除。（3）(1.02)5（1+0.02）5 =1+c51·0.02+C52·0.022+C53·0.023+C540.024+C55·0.025C52×0.022=0.004,C53×0.023=8×10-5當(dāng)精確到0.01時(shí)，只要展開(kāi)式的前三項(xiàng)和，1+0.10+0.004=1.104，近似值為1.10。當(dāng)精確到0.001時(shí)，只要取

24、展開(kāi)式的前四項(xiàng)和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值為1.104。注 （1）用二項(xiàng)式定理來(lái)處理余數(shù)問(wèn)題或整除問(wèn)題時(shí)，通常把底數(shù)適當(dāng)?shù)夭鸪蓛身?xiàng)之和或之差再按二項(xiàng)式定理展開(kāi)推得所求結(jié)論。（2）用二項(xiàng)式定理來(lái)求近似值，可以根據(jù)不同精確度來(lái)確定應(yīng)該取到展開(kāi)式的第幾項(xiàng)。例8 證明下列不等式：（1）（）n,（a、bx|x是正實(shí)數(shù),nN）;（2）已知a、b為正數(shù)，且+=1，則對(duì)于nN有（a+b）n-an-bn22n-2n+1。證明 （1）令a=x+， b=x-則x=an+bn=(x+)n+(x-)n=xn+Cn1xn-1+Cnnn+xn-Cn1xn-1+(-1)nCnnn=2(x

25、n+Cn2xn-22+Cn4xn-44+)2xn即（）n（2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+Cnnbn(a+b)n=bn+Cn1bn-1a+Cnnan上述兩式相加得：2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+Cnk(an-kbk+bn-kak)+Cnn(an+bn) (*)+=1，且a、b為正數(shù)ab=a+b2 ab4又 an-kbk+bn-kak2=2()n(k=1,2,n-1)2(a+b) n2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+Cnn-12()n(a+b)n-an-bn(Cn1+Cn2+Cnn-1)·（）n(2n-2)·

26、;2n=22n-2n+1注 利用二項(xiàng)式定理的展開(kāi)式，可以證明一些與自然數(shù)有關(guān)的不等式問(wèn)題。題（1）中的換元法稱(chēng)之為均值換元（對(duì)稱(chēng)換元）。這樣消去奇數(shù)次項(xiàng)，從而使每一項(xiàng)均大于或等于零。題（2）中，由由稱(chēng)位置二項(xiàng)式系數(shù)相等，將展開(kāi)式倒過(guò)來(lái)寫(xiě)再與原來(lái)的展開(kāi)式相加，這樣充分利用對(duì)稱(chēng)性來(lái)解題的方法是利用二項(xiàng)式展開(kāi)式解題的常用方法。例9 已知(1-ax)n展開(kāi)式的第p,p+1,p+2三項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，第n+1-p與第n+2-p項(xiàng)的系數(shù)之和為0，而（1-ax）n+1展開(kāi)式的第p+1與p+2項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比為12。（1）求（1-ax）n+1展開(kāi)式的中間項(xiàng)；（2）求（1-ax）n的展開(kāi)式中系數(shù)最大的項(xiàng)。解 由題設(shè)得：由得，2Cnp=Cnp+Cnp兩邊約去Cnp,可得：2=+由得，2Cn+1p=Cn+1p約去Cn+1p可得，n=3p+1解方程組得：n=7,p=2.將p=2,n=7代入得：C57(-a)5+C76·(-a)6=0解之得：a=0或3。若a=0 ，則